AP1-2013 2_solução

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Álgebra I
AP1 - Primeira Avaliação Presencial - Aulas 1 a 9
Questão 1:
(a) (1,0 ponto) Expresse a proposição abaixo utilizando a linguagem de conjuntos. Não
se preocupe com a veracidade da setença.
”Os alunos do curso de matemática do Cederj que estudam Álgebra 1 e, além disso,
estudam Geometria Anaĺıtica 1 e Cálculo 3 são os mesmos que ou estudam Álgebra 1 e
Geometria Anaĺıtica 1 ou estudam Álgebra 1 e Cálculo 3.”
(b) (1,0 ponto) Sejam A e B conjuntos não vazios quaisquer. Prove que A×B = B×A
se, e somente se, A = B.
Solução:
(a) Considere
A o conjunto dos alunos que estudam Álgebra 1
B o conjunto dos alunos que estudam Geometria Anaĺıtica 1
C o conjunto dos alunos que estudam Cálculo 3.
Então a proposição se expressa como
A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C) .
(b) Lembre-se que
A×B = {(a, b) | a ∈ A e b ∈ B} .
Se A = B então A×B = A× A = B × A.
Se A × B = B × A então para quaisquer elementos a ∈ A e b ∈ B tem-se que existem
a ∈ A e b ∈ B tais que
(a, b) =
(
b, a
)
,
donde a = b e b = a. Portanto a ∈ B e b ∈ A, o que mostra que A ⊂ B e B ⊂ A, isto é
A = B.
1
Questão 2: (2,0 pontos) Prove usando o Prinćıpio de Indução a seguinte afirmação:
1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + ...n · n! = (n + 1)!− 1,
para todo n ∈ N.
Solução: Para n = 1 a expressão é verdadeira pois temos 1 · 1! = 2!− 1.
Vamos admitir, por hipótese de indução, que a igualdade vale para n = k, isto é,
1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + ...k · k! = (k + 1)!− 1.
Provemos agora que a afirmação é válida para n = k + 1.
De fato,
1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + ...k · k!︸ ︷︷ ︸
(k+1)!−1
+ (k + 1) · (k + 1)! =
= (k + 1)!− 1 + (k + 1) · (k + 1)! =
= (1 + k + 1) (k + 1)!− 1 = (k + 2)!− 1,
que é o resultado esperado para n = k + 1. Logo, pelo Prinćıpio de Indução a afirmação é
válida para todo n ∈ N.
Questão 3: (2,0 pontos)
(a) (1,0 ponto) Efetue as divisões para justificar a representação decimal de cada um dos
números abaixo. As barras representam repetições de d́ıgitos, por exemplo: 0, 252525 · · · =
0, 25.
1
7
= 0, 142857
2
7
= 0, 285714
3
7
= 0, 428571
4
7
= 0, 571428
5
7
= 0, 714285
6
7
= 0, 857142
(b) (1,0 ponto) Use o Teorema da Divisão de Euclides para justificar que a divisão
de um número inteiro n por 7 não pode ter representação decimal com mais de 6 d́ıgitos
distintos à direita da v́ırgula.
Solução:
(a) Basta efetuar as divisões.
(b) Pelo Teorema da Divisão de Euclides existem inteiros q e r tais que n = 7q + r com
r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Dividindo ambos os membros por 7 obtemos n
7
= q + r
7
. Se r = 0,
2
então n/7 é inteiro e por isso há apenas zeros à direita da v́ırgula, caso contrário r/7 é igual
a algum dos números mostrados no item (a) o que conclui o exerćıcio.
Questão 4: (2,0 pontos) Uma indústria de tecidos fabrica retalhos de mesmo compri-
mento. Após realizarem os cortes necessários, verificou-se que duas peças restantes tinham
as seguintes medidas: 156 cent́ımetros e 234 cent́ımetros. O gerente de produção ao ser in-
formado das medidas, deu a ordem para que o funcionário cortasse o pano em partes iguais
e de maior comprimento posśıvel. Como ele poderá resolver essa situação?
Solução: Note que devemos encontrar o mdc (254, 156), esse valor corresponderá à medida
do comprimento desejado.
Efetuando a decomposição em fatores primos obtemos:
156 = 2× 2× 3× 13
254 = 2× 3× 3× 13.
Portanto mdc (254, 156) = 2 × 3 × 13 = 78. Isso significa que os retalhos poderão ter, no
máximo, 78cm de comprimento.
Questão 5:
(a) (0,5 ponto) Prove que para qualquer número inteiro n temos mdc(n, n + 1) = 1.
(b) (0,5 ponto) Enuncie o Teorema Fundamental da Aritmética.
(c) (1,0 ponto) Seja P = {p1, p2, · · · } o conjunto dos números primos. Mostre que
P é um conjunto infinito. (Sugestão: Suponha que P seja finito e considere o número
N = p1p2 · · · pk para um k especial).
Solução:
(a) Seja d = mdc(n, n+ 1). Como d divide n e também divide n+ 1. Temos que d divide
(n + 1)− n = 1. Portanto, d = 1.
(b) Veja no módulo.
(c) Este é o Teorema 3 da Aula 8 no módulo (Semana 7 na plataforma).
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